de thi thu toan vao lop 10 nam 2021 2022 phong gddt chi linh hai duong

Tìm m để đường thẳng d và đường thẳng d’ cắt nhau tại 1 điểm nằm trong góc phần tư thứ II.. Nhờ tăng năng suất lao động , nên mỗi ngày người đó may thêm được 30 chiếc khẩu trang so với k

UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2021 - 2022 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi có: 01 trang Câu 1 (2,0 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a)x (3  x ) 4  b) 2 3

2 8 3

 



  



x y

Câu 2 (2,0 điểm):

a) Rút gọn biểu thức

1



x

P

x x x với x0;x1 b) Cho đường thẳng (d) : y = x + 1 và đường thẳng (d’) : y = 2x -2m - 1 Tìm m để đường thẳng (d) và đường thẳng (d’) cắt nhau tại 1 điểm nằm trong góc phần tư thứ II

Câu 3 (2,0 điểm):

a) Một người thợ dự định may 1000 chiếc khẩu trang trong một thời gian nhất định Nhờ tăng năng suất lao động , nên mỗi ngày người đó may thêm được

30 chiếc khẩu trang so với kế hoạch Do đó , chẳng những đã may vượt mức 170 chiếc khẩu trang mà còn hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 ngày Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày người đó dự định may được bao nhiêu chiếc khẩu trang?

b) Cho phương trình x26x 6m m  2 0(với m là tham số) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x ,1 x thỏa mãn: 2

3 3 2

x x 2x 12x 72 0 Câu 4 (3,0 điểm):

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB < AC và nội tiếp đường tròn (O)

Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H Tia AD cắt đường tròn (O) ở K ( với

K khác A) Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt đường thẳng FD tại M

a) Chứng minh tứ giác ACDF nội tiếp

b) AM cắt đường tròn (O) tại I ( với I khác A)

Chứng minh MC2 = MI MA và tam giác CMD cân

c) MD cắt BI tại N Chứng minh ba điểm C, K, N thẳng hàng

Câu 5 (1,0 điểm): Cho các số thực dương a b c; ; thỏa mãn abc  1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T 4 a4 4 b4 4 c4

b c a a c b a b c

- Hết -

UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2021 - 2022 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Hướng dẫn chấm gồm có: 05 trang

1

a)

2

(3 ) 1 3 4 0

c 4

a 1



     

0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là x11;x2  4 0,25

b)



0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y)= (2; 1) 0,25

2

a)

; 0, 1 1

x

P



:

P

:



2 ( 1) 1



x x

2

 x

Vậy P2 xvới x0 và x1 0,25

b)

Tọa độ giao điểm cuả đường thẳng (d) : y = x + 1 và đường thẳng

(d’) : y = 2x -2m - 1 là nghiệm của hệ phương trình:



Lại do đường thẳng (d) cắt đường thẳng (d’) : y = 2x -2m - 1

tại điểm A( 2m+2 ; 2m+3) nằm trong góc phần tư thứ II

 2 2 0

m m

 



  

1 3 2

m m

 







 

Vậy 3

2

 < m < -1 thảo mãn yêu cầu đề bài

0,25

3

a)

Gọi số khẩu trang mỗi ngày người đó may được theo dự định là x

Số khẩu trang mỗi ngày thực tế người đó may được là x + 30 (chiếc)

Theo dự định thời gian người đó may được 1000 chiếc khẩu trang là

1000

x ( ngày)

Thực tế thời gian người đó may được 1000+170 = 1170 chiếc khẩu

trang là 1170

x 30 ( ngày)

Do thực tế hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 ngày nên ta

có phương trình:

1000 1170

1

x x 30 

1000x 30000 1170x x 30x x 200x 30000 0

x 100 (TM)

x 300 (KTM)





   



Vậy số khẩu trang mỗi ngày người đó may được theo dự định là 100

( Chiếc)

0,25

b)

x 6x 6m m  0 Có

phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m

Theo Vi-ét ta có: 1 2 2

1 2

  





Theo bài ra ta có: x13x322x12 12x172 0

2

2

(x x )(x x x x ) 2x ( 6 x ) 72 0

(x x )(36 6m m ) 2(6m m ) 72 0

(x x )(36 6m m ) 2(m 6m 36) 0

Vì m26m 36 (m 3)   227 0, m 

Ta có hệ phương trình: 1 2

  



   

 Giải hệ phương trình ta được x1 4; x2 2

 ( 4).( 2) 6m m    2

2

m 6m 8 0

Giải phương trình ta được m = 2 hoặc m = 4

Vậy m = 2 hoặc m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa

mãn x13x322x1212x172 0 0,25

4

a)

0,25

Chứng minh tứ giác ACDF nội tiếp

Ta có  ADC  90 0 ( AD là đường cao của tam giác ABC)

 AFC  90 0 ( CF là đường cao của tam giác ABC) 0,25

Suy ra   ADC  AFC ( 90 )  0 Xét tứ giác ACDF có 2 đỉnh D, F kề

nhau cùng nhìn cạnh AC dưới 1 góc không đổi 0,25

b)

Chứng minh MC2 = MI MA và tam giác CMD cân

Xét MIC và MCA có:



IMC chung



MCI= MAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung

cùng chắn cung IC)

 MIC MCA (g.g)

MC MA (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

 MC2 = MI MA

0,25

0,25

Ta có CAB= MCB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây

cung cùng chắn cung BC)

Ta lại có CAB= CDM (Do tứ giác ACDF nội tiếp)

 MCD= CDM  Tam giác CMD cân tại M

0,25 0,25

c)

Chứng minh ba điểm K, N, C thẳng hàng

Chứng minh được tứ giác CIND nội tiếp

vì NIC NDC NIC BAC 180      0

  NCI NDI

0,25 Chứng minh được MDI MAD (c.g.c)



IMD chung

MD2 =MC2 = MI MA (tam giác CMD cân tại M)

 

KAI KCI ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung KI)

 KCI NDI 

Mà  NCI NDI

 KCI NCI 

Hai tia KC và NC trùng nhau  Ba điểm K, N, C thẳng hàng

0,25

0,25

5

Ta có: a 4   b 4 ab a 2  b 2, ;  a b  

Thật vậy a 4   b 4 ab a 2  b 2   a 4 b 4 a b ab 3  3

   3 3  2 2 2

a b a b a b a ab b

         (luôn đúng  a b ;  )

Do đó a 4    b 4 c ab a 2  b 2     c a 4 b 4 c ab a 2  b 2 abc 2  0

(vì a b c ; ;  0 và abc  1)

0,25

 

a b c ab a b abc

a b c ab a b c

   

 

a b c abc a b c a b c a b c (1)

Tương tự 4 4  2 22 2

b c a a b c (2)

và 

   

2

b c a a b c (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3), ta có:

Với a b c    1 thì T  1 Vậy max T  1

0,25

0,25

0,25

- Hết -